化学-湖南省长沙市一中2024届高考适应性演练二试题和答案

长沙市一中2024届高考适应性演练（二）化学参考答案一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）题号123456789答案DBDBBBBCBDACCD1．D【解析】A．臭氧具有强氧化性，可用于自来水消毒，A正确；B．碳纤维材料属于新型无机非金属材料，B正确；C．钛合金是以钛为基础加入其它元素形成的合金材料，属于金属材料，C正确；D．纳米铁粉主要是通过其还原性，将Cu2+、Ag+、Hg2+还原为相应的金属单质将其除去，D错误；综上所述答案为D。2．B【解析】A．碳原子半径大于氧原子半径，A错误；B．N，N-二甲基甲酰胺的结构简式：，B正确；C．球棍模型不能表示出孤对电子，图示为VSEPR模型，C错误；D．CaO2中含过氧键，该电子式错误，D错误；故选B。3．D【解析】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，甘草素中含有1个手性碳原子（），故A不正确；B．甘草素分子结构中不含酯基，含酮基、醚键及羟基，故B不正确；C．甘草素含有酚羟基，能与饱和溴水发生取代反应，但无碳碳双键，不能发生加成反应，故C不正确；D．1mol甘草素含有2mol酚羟基，最多能与2molNaOH反应，故D正确；答案选D。4．B【解析】A．单质碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，I2易溶于CCl4，A正确；B．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B错误；C．银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，C正确；D．氯化钠在熔融状态产生了自由移动的Na+和Cl-，从而可以导电，D正确；故选B。5．B【解析】A．标准状况下，己烷为液态，无法计算其物质的量，故A错误；B．单则0.1mol该物质中含有的σ键数目为1.1NA，故B正确；C．1molNa2O2参加反应转移1mol有明确体积，无法计算其物质的量，故D错误；故选：B。与HBr在一定条件下可以逆向转化为(CH3)3CBr，即为(CH3)3CBr和C2H5OH转化为(CH3)3COC2H5的逆过程，该过程需要先转化为(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再转化为(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同时也能转化为(CH3)2C=CH2，故B错误；C．氯元素的电负性大于溴元素，则叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若将上述反应体系中的叔丁基溴改为叔丁基氯，则E4—E3的值增大，故C正确；D．由图可知，3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2过程放出能量相较于生成(CH3)3COC2H5低，加入氢氧化钠能与HBr反应使得平衡正向移动，适当升温会使平衡逆向移动，放热越小的反应逆向移动程度更小，因此可以得到较多的(CH3)2C=CH2，故D正确；故选B。7．B【分析】菱镁矿煅烧后得到轻烧粉，MgCO3转化为MgO，加入氯化铵溶液浸取，浸出的废渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同时产生氨气，则此时浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅烧得到高纯镁砂。【解析】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；故答案为B。8．C【解析】A．钠的燃烧反应在坩埚中进行，A错误；B．用装置②制备溴苯，但验证有HBr产生过程中挥发的溴是干扰，B错误；C．氯化镁晶体在蒸干过程中镁离子易水解生成挥发性酸需在氯化氢氛围下进行，故可以用装置③制备无水MgCl2，C正确；D．铁片上镀铜，铁应连接电源的负极作阴极受保护，D错误；故选C。9．B【解析】A．BHET中含C、H、O三种元素，其电负性为：OCH，A项正确；B．PET中含有成单键的碳原子，所有原子不可能处于同一平面，B项错误；C.中碳原子和氧原子的杂化方式均为sp3，C项正确；PET、BHET中均含有酯基和苯环，均能发生水解反应和加成反应，D项正确；故选B。10．D【解析】A．溴易溶于CCl4，不能用萃取、分液法分离Br2和CCl4混合物，分离Br2和CCl4的混合物需要蒸馏，A错误；B．检验淀粉是否水解，需检测反应液中是否生成葡萄糖，应在碱性环境下进行，而淀粉的稀硫酸溶液呈酸性，不能直接完成银镜反应、应先用氢氧化钠溶液中和反应液后再进行银镜反应实验，B错误；C．澄清石灰水与碳酸钠、碳酸氢钠均反应产生白色沉淀碳酸钙，不能鉴别，C错误；D．KMnO4溶液和0.1000mol.L一1草酸溶液能发生氧化还原反应，利用氧化还原滴定原理，可以用KMnO4溶液滴定0.1000mol.L一1草酸溶液，KMnO4溶液具有腐蚀性用酸式滴定管盛放、高锰酸钾本身有色，不需要其它指示剂，故仪器与试剂均是正确的，D正确，答案选D。11．A【分析】某有机化合物由原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，Y、Z同主族且Z的原子序数是Y的2倍，Y为O元素、Z为S元素，有机物含C，则X为C，W为H，碎片离子为C7H7OS+。【解析】A．电负性：O＞S＞C＞H，A正确；B．C的氢化物有多种，C数越多沸点越高，B错误；C．二氧化碳分子中碳原子的价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则分子的空间结构为直线形；二氧化硫分子中硫原子的价层电子对数都为2、孤对电子对数都为1，分子的空间结构为V形；CS2分子中，以C为中心，价层电子对数为2、孤对电子对数为0，则分子的空间结构为直线形，C错误；D．过氧化氢溶液与氢硫酸溶液反应生成硫沉淀和水，则过氧化氢溶液与氢硫酸溶液混合有明显实验现象，D错误；故选A。12．C【解析】A．观察给出的晶胞可知，镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，空隙填充率为100%，A错误；B．与硅原子等距且最近的镁原子数为8，故晶体中硅原子配位数为8，B错误；C．最近的硅原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，其距离为C正确；D．该晶体的化学式为Mg2Si，该晶胞包含4个Mg2Si，该晶胞的质量为g，晶胞的体积为(r×10-7)3cm3，故晶体的密度为NA-7)3g/cm3=NA(0-7)3g/cm3，D错误；故答案为：C。13．C【分析】收集废热时，K2Ni[Fe(CN)6]的一极为阳极，电极反应为K2Ni[Fe(CN)6]-e-=KNi[Fe(CN)6]+K+，AgCl-极为阴极，电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-。低温工作时，Ag电极为负极，电极反应为Ag-e-+Cl-=AgCl，KNi[Fe(CN)6]电极为正极，电极反应为KNi[Fe(CN)6]+e-+K+=K2Ni[Fe(CN)6]。【解析】A．收集废热时，阴极电极反应为AgCl+e-=Ag+Cl-，AgCl转化为Ag和Cl-，阴极上附着的AgCl减少，A正确；B．收集废热时，阳极电极反应式为K2Ni[Fe(CN)6]-e-=KNi[Fe(CN)6]+K+，B正确；C．低温工作时，Ag电极为负极，电解质溶液中的阳离子向正极Ag电极增重7.1g，说明有0.2molCl-参与反应，则理论上外电路中转移电子为0.2mol，D正确；故答案选C。14．D【解析】A．a~b段：Cu(OH)2(s)=Cu2+(aq)+2OH一(aq)，随pH升高，c(OH-)增大，平衡逆向移动，上层清液的含量减小，选项A正确；B．b~c段：Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O，随着c(OH-)增大，NH与OH-结合生成NH32O，c(NH3·H2O)增大，发生上述反应，使上层清液中铜元素的含量增大，选项B正确；C．c-d段：随pH升高，使Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O平衡逆向移动，再次出现Cu(OH)2沉淀，选项C正确；D．d点以后，随pH升高，可能发生 Cu(OH)2+2OH一=Cu(NH3)42+，则上层清液中铜元素含量可能上升，选项D错误；答案选D。二、非选择题（本题共4小题，共58分）1514分）（1）长颈漏斗（1分）防止倒吸（1分）（3）冷凝作用（1分）偏小（1分）（4）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀已洗涤干净（2分）用浓HNO3代替H2O2，反应过程中会产生有毒的氮氧化物，污染空气（2分）（5）硫氰化钾溶液（1分）红色（1分）4Fe3S4+25O2=【分析】利用氧气将管式炉中的样品在高温下煅烧反应，生成的气体通过足量的氯化钡和双氧水反应，所得固体的量进行分析，确定反应的产生，再通过管式炉中固体的变化判断固体产物；【解析】（1）根据仪器的构造可知，仪器N的名称是长颈漏斗，其作用是防止倒吸；（2）管式炉中产生的气体能使品红溶液褪色，产生的气体是SO2，三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4专+2H+；（3）长玻璃管M除了导气外还有冷凝作用，若没有长玻璃管，通入三颈烧瓶中的SO2温度过高，可能来不及与H2O2和BaCl2反应就排出去，造成测定的y值偏小；（4）检验沉淀已洗涤干净的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，证明沉淀已洗涤干净，用浓HNO3代替H2O2，反应过程中会产生有毒的氮氧化物，污染空气；（5）充分反应后，取管式炉中固体溶于足量的稀硫酸中，取少量反应后的溶液，加入KSCN（硫氰化钾）溶液，溶液变红色证明含有Fe3+，加入K3[Fe（CN）6]溶液没有明显变化，证明无Fe2+，则管式炉中固体颜色是红色（生成Fe2O3），S~SO2~BaSO4，试样中n（Fe）:n（S）=2.g:2ol=3:4（1.28g是S元素质量），化学式为Fe3S4，管式炉中发生反应的化学方程式为4Fe3S4+25O260000°C6Fe2O3+16SO2。1614分）（1）两性氧化物In(OH)3+OH-=InO+2H2O（2）增大减小（3）2In+3H2O2+6CH3COOH=2(CH3COO)3In+6H2O（4）2In3++3Zn=3Zn2++2In2:1【分析】ITO靶材废料(主要由In2O3、SnO2组成)用H2SO4处理，In2O3与硫酸反应产生In2(SO4)3进入溶液，而SnO2有少量反应产生Sn(SO4)2进入溶液，大部分仍以固体形式存在，过滤后除去固体SnO2，向滤液中加入Zn粉，发生反应Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，将反应产生的Sn过滤除去，向滤液中加入Zn粉，发生置换反应：3Zn+2In3+=3Zn2++2In，由于Zn过量，所以过滤，除去滤液，得到的滤渣中含有Zn、In，向滤渣中加入双氧水和醋酸进行酸溶，经一系列处理后得到醋酸铟；【解析】（1）已知In2O3和Cs2O可反应生成偏铟酸铯(CsInO2)，也可以与Cr2O3反应生成InCrO3，即既能与酸反应生成盐和水，也能与碱反应生成盐和水，据此判断In2O3属于两性氧化物；In(OH)3与NaOH反应生成NaInO2和水，反应的离子方程式为：In(OH)3+OH-=InO+2H2O；（2）由上表信息可得出规律：其他条件不变时，铟的浸出率随温度升高而增大，温度越高，硫酸浓度对铟的浸出率影响减小，故答案为：增大；减小；（3）酸溶时无气泡产生，则酸溶时铟在双氧水、醋酸的作用下反应生成醋酸铟和水，发生反应的化学方程式为;2In+3H2O2+6CH3COOH=2(CH3COO)3In+6H2O；（4）在Oa段发生反应：Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，n(Sn4+)=n(Zn)=×0.02mol=0.01mol，在ab段发生反应：3Zn+2In3+=3Zn2++2In；n(In3+)=n(Zn)=×(0.08-0.02)mol=0.04mol，溶液的体积相同，所以离子浓度比等于它们的物质的量的比，故c(In3+)：c(Sn4+)=0.04：0.01=4：1；则c[In2(SO43]：c[Sn(SO42]=2：1。1715分）（2）CaO与生成物CO2反应，生成【解析】（4）已知Arrhenius经验公式为Rlnk=-+C，根据图像可得①63.0=-3.0Ea+C